• No se han encontrado resultados

Mecanica de Suelos y Cimentaciones-A. Huanca Borda

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "Mecanica de Suelos y Cimentaciones-A. Huanca Borda"

Copied!
185
0
0

Texto completo

(1)
(2)

FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL

MECANICA DE SUELOS Y

CIMENTACIONES

AUTOR:

ING. ANGEL R. HUANCA BORDA

huancaborda@hotmail.com

WILBER CUTIMBO CHOQUE wil-ber_2511@hotmail.com

(3)

El propósito de esta publicación es continuar aportando de una manera modesta, con un texto de fácil acceso en cuanto al aprendizaje de la Mecánica de Suelos y también al aspecto económico.

El presente libro, en vista de la favorable acogida que tuvo la anterior edición, no tiene cambios sustanciales en su contenido y presentación, y las modificaciones realizadas obedecen solo a aspectos de redacción y forma de impresión.

Esperando que este pequeño libro, pueda contribuir con un granito de arena, en la formación de futuros Ingenieros Civiles, quedo muy agradecido por las sugerencias que los lectores me puedan brindar, lo cual servirá para mejorar el presente trabajo.

A.R. Huanca Borda

WILBER CUTIMBO CHOQUE

e-mail: wil-ber_2511@hotmail.com

Cel. 953686056 MOQUEGUA - PERU

(4)

CONTENIDO

Título

CAPITULO I. RELACIONES VOLUMÉTRICAS Y GRAVIMÉTRICAS EN LOS SUELOS

1. Esquema Típico para la representación de un suelo. 2. Relaciones de pesos y volúmenes.

3. Relaciones fundamentales.

4. Correlación entre la relación de vacíos y la porosidad. 5. Fórmulas referentes a suelos saturados.

6. Fórmulas referentes a suelos parcialmente saturados. 7. Peso Específico seco y saturado

8. Peso Volumétricos del suelo sumergido. 9. Densidad relativa de suelos.

Problemas Resueltos.

CAPITULO II. PLASTICIDAD DE SUELOS 1. Definición.

2. Índice Plástico.

3. Ecuación de la curva de fluidez. 4. Índice de tenacidad.

5. Límite de contracción. Problemas Resueltos.

CAPITULO III. CLASIFICACIÓN DE SUELOS 1. Clasificación según AASHO.

Índice de grupo. Problemas Resueltos 2. Clasificación según SUCS.

Carta de plasticidad Problemas Resueltos

3. Clasificación de “Public Roads Administration” Problemas Resueltos

CAPITULO IV. PRESIÓN EFECTIVA Y PRESIÓN NEUTRA EN LOS SUELOS

1. Presión efectiva vertical. 2. Presión neutra.

3. Presión total vertical. Problemas Resueltos.

(5)

CAPITULO V. PRESIONES VERTICALES EN LOS SUELOS SATURADOS DEBAJO DE LAS ZONAS CARGADAS

1. Método de Boussinesq. 2. Método de Newmark.

Problemas Resueltos.

CAPITULO VI. ASENTAMIENTOS

1. Asentamientos de arcillas normalmente consolidadas. 1.1. Coeficiente de comprensibilidad.

1.2. Coeficiente de comprensibilidad volumétrica. 1.3. Asentamiento

2. Arcillas preconsolidadas. 3. Teoría de la consolidación.

3.1. Velocidad de consolidación. Problemas Resueltos

CAPITULO VII. RESISTENCIA AL ESFUERZO CO9RTANTE DE LOS SUELOS

1. Esfuerzo normal y esfuerzo cortante. 2. Resistencia al corte de suelos no cohesivos.

2.1. Relación de esfuerzos principales. 3. Resistencia al corte de suelos cohesivos.

3.1. Relación de esfuerzos principales. 4. Ecuación revisada de Terzaghi.

Problemas Resueltos.

CAPITULO VIII. EMPUJE DE TIERRAS CONTRA MUROS DE CONTENCIÓN

1. Estado de equilibrio plástico.

1.1. Coeficiente activo de presión de tierras. 1.2. Coeficiente pasivo de presión de tierras. 2. Teoría de Rankine del empuje de tierras.

2.1. Hipótesis.

2.2. Empuje de suelos sin cohesión.

2.3. Empuje de suelos con cohesión y fricción. 3. Teoría de Coulomb en suelos friccionantes.

Problemas Resueltos.

4. Método gráfico de Culmann.

CAPITULO IX. PERMEABILIDAD DE LOS SUELOS 1. Ley de Darcy.

2. Velocidad de descarga o velocidad del flujo.

3. Velocidad de filtración o velocidad de escurrimiento. 4. Velocidad Real.

(6)

5.1. Permeámetro de carga constante. 5.2. Permeámetro de carga variable.

5.3. Permeabilidad de suelos estratificados. 6. Altura de ascensión capilar.

Problemas Resueltos

CAPITULO X. RED DE FLUJO O RED DE FILTRACIÓN 1. Red de flujo.

2. Gasto de filtración. 3. Subpresión.

4. Sifonaje.

4.1. Sifonaje por levantamiento. 4.2. Tubificación.

Problemas Resueltos.

CAPITULO XI. CAPACIDAD DE CARGA DE CIMENTACIONES SUPERFICIALES

1. Capacidad portante de suelos densos. 1.1. Suelos con cohesión y fricción. 1.2. Suelos netamente arcillosos. 2. Capacidad portante de suelos sueltos. 3. Capacidad de carga por asentamiento.

Problemas Resueltos

CAPITULO XII. CAPACIDAD DE CARGA DE CIMENTACIONES PROFUNDAS

Capacidad de carga de pilotes. 1. Pilotes aislados. 1.1. Fórmulas estáticas. 1.2. Fórmulas dinámicas. 2. Grupo de Pilotes Problemas Resueltos BIBLIOGRAFÍA 4

(7)

CAPITULO I

RELACIONES VOLUMÉTRICAS Y GRAVIMÉTRICAS EN LOS

SUELOS

1. ESQUEMA TÍPICO PARA LA REPRESENTACIÓN DE UN SUELO

Fase Gaseosa Fase Sólida Va Vw Vs Wa Ww Ws Vv Vm Wm VOLUMENES PESOS Fase Líquida Donde:

Vm = Volumen total de la muestra del suelo (Volumen de masa). Vs = Volumen de la fase sólida de la muestra (Volumen de sólidos). Vv = Volumen de los vacíos de la muestra de suelo (Volumen de vacíos). Vw = Volumen de la fase liquida contenida en la muestra (Volumen de agua). Va = Volumen de la fase gaseosa de la muestra (Volumen de aire).

Wm = Peso total de la muestra de suelo.

Ws = Peso total de la fase sólida de la muestra de suelo (Peso de sólidos). Ww = Peso total de la fase líquida de la muestra (Peso de agua).

Wa = Peso total de la fase gaseosa de la muestra, considerado cero de Mecánica de Suelos.

2. RELACIONES DE PESOS Y VOLUMENES 2.1 Peso Específico de la Masa del suelo

( )

γ

m

m W S m m m

V

W

W

V

W

=

+

=

γ

2.2 Peso Específico de Sólidos

( )

γ

s

s s s

V

W

=

γ

(8)

o m s w o m m o m m

V

W

W

V

W

S

γ

γ

γ

γ

×

+

=

×

=

=

2.4 Peso Específico Relativo de las Partículas Sólidas

( )

S

s

w o o s s o s s

V

W

S

γ

γ

γ

γ

γ

×

=

=

NOTA: El valor de

γ

w, difiere poco del

γ

o y en casos prácticos, ambos son tomados como iguales

3. RELACIONES FUNDAMENTALES 3.1 Relación de Vacíos o Índice de Porosidad (e).

S V

V

V

e

=

En la práctica, 0.25 ≤ e ≤ 15 3.2 Porosidad (n).

( )

100

(%)

m V

V

V

n

=

3.3 Grado de Saturación (G).- También se designa con, S (%).

( )

100

(%)

V W

V

V

G

=

3.4 Grado de Humedad (W %).

( )

100

(%)

S W

W

W

W

=

4. CORRELACIÓN ENTRE LA RELACIÓN DE VACIOS Y LA POROSIDAD

e

e

n

+

=

1

n

n

e

=

1

5. FÓRMULAS REFERENTES A SUELOS SATURADOS

(

)

(

)

o S S o s m

W

S

W

S

e

e

S

γ

γ

γ

×

+

+

=

×

+

=

%

1

%

1

1

6

(9)

6. FÓRMULAS REFERENTES A SUELOS PARCIALMENTE SATURADOS o S s m

e

e

G

S

e

W

γ

γ

γ

×

+

×

+

=

×

+

+

=

1

1

%

1

( )

( )

e

S

W

G

%

=

%

×

s

7. PESO ESPECÍFICO SECO Y SATURADO

m s d

V

W

=

γ

m w s sat

V

W

W

+

=

γ

8. PESO VOLUMÉTRICO DEL SUELO SUMERGIDO

( )

γ

m

o m m

γ

γ

γ

'

=

d s S m

S

S

γ

γ

'

=

1

×

w S s w S m

S

W

S

e

S

γ

γ

γ

×

×

+

=

×

+

=

1

1

1

1

'

9. DENSIDAD RELATIVA DE SUELOS O COMPACIDAD RELATIVA

El estado de densidad de los suelos arenosos, puede ser expresado numéricamente por la fórmula empírica de TERZAGHI, determinable en laboratorio.

)

100

(

.

min

.

max

.

max

(%)

e

e

e

e

D

r

=

Donde:

emax. = Relación de vacíos del suelo en su estado más suelto. emin. = Relación de vacíos del suelo en el estado más compacto. e = Relación de vacíos del suelo en el estado natural.

Por otra parte, tenemos según el “Bureau of Reclamation” la fórmula empírica siguiente:

(

)

(

)

100

.

min

.

.

min

.

(%)

×

=

d d d d d d r

máx

máx

D

γ

γ

γ

γ

γ

γ

(10)

Donde:

.

máx

d

γ

= Peso Específico seco, en su estado más compacto.

.

min

d

γ

= Peso Específico seco del suelo en su estado más suelto. d

γ

= Peso Específico seco “in situ”.

PROBLEMAS RESUELTOS

PROBLEMA Nº 1.- Una muestra de arcilla saturada pesa 1,526gr. y 1,053 gr. después

de secada al horno. Calcule su W (%). Considerando

γ

s=2.70 gr. /cm3. Calcule también e, n,γm.

Solución:

i.) Construimos el esquema para suelos saturados, hallando los respectivos valores para los pesos y volúmenes, a partir de los datos en el problema.

Como, S S s

V

W

=

= 70

2

.

γ

473 390 473 1,053 863 1,526 VOLUMENES(cm³) PESOS(gr.) Fase Líquida Fase Sólida 3

473

.

473

053

,

1

526

,

1

cm

V

gr

W

w w

=

=

=

390

70

.

2

053

,

1

=

=

=

S S s

W

V

γ

. 863 gr V V Vm = w+ s =

ii.) Del esquema, y aplicando las correspondientes definiciones, obtenemos: % 45 45 . 0 053 , 1 473 (%)= = = = s w W W W 21 . 1 390473 = = = s w V V e (sin dimensiones) 55 . 0 21 . 1 1 21 . 1 1+ = + = = e e n (sin dimensiones) 3 / . 77 . 1 863 526 , 1 cm gr V W m m m = = = γ 8

WILBER CUTIMBO CHOQUE wil-ber_2511@hotmail.com

(11)

PROBLEMA Nº 2.- El contenido de humedad de una muestra de suelo saturado es

45%, el peso específico de sus partículas es 2.70 gr. /cm3.

Calcular la relación de vacíos, la porosidad y el peso específico de la muestra.

Solución:

i.) Hallando valores para el esquema de suelo saturado.

45 . 0 %= = s w W W W . 45 . 0 . 1 ,W gr W gr hacemos Si sW = 3 37 . 0 90 . 2 1 cm V V W s s s s = ⇒ = = γ 3 45 . 0 cm W V w w w = γ = 0.45 0.37 0.45 1.00 VOLUMENES(cm³) PESOS(gr.) Fase Sólida Fase Líquida

ii.) Del esquema y aplicando las definiciones correspondientes. 22 . 1 37 . 0 45 . 0 = = = s w V V e 55 . 0 82 . 0 45 . 0 = = = m v V V n 3 / . 77 . 1 82 . 0 45 . 1 cm gr V W m m m = = = γ

PROBLEMA Nº 3.- Una arena uniforme y densa tiene una porosidad de 35%, y un peso

específico relativo de 2.75.

Hallar el peso específico de la muestra y la relación de vacíos cuando la muestra esta seca; cuando el contenido de humedad sea de 50% y cuando esté completamente saturado.

Solución:

i.) Cuando la muestra está seca.

) (sec 0 ) ( ... 1 e I por dato G o e G S w S m + = = × + = γ γ 54 . 0 35 . 0 1 35 . 0 1− = − = = n n e 3 / . 79 . 1 54 . 0 1 75 . 2 cm gr w m × = + = ⇒γ γ

(12)

w S m S e W γ γ × + + = 1 % 1 3 3 2.68 ./ / . 75 . 2 54 . 1 50 . 0 1 cm gr cm gr m × = + = ⇒γ

iii.) Cuando la muestra está completamente saturada G=1 Reemplazando en I 3 / . 14 . 2 54 . 1 54 . 0 75 . 2 1 e gr cm e S w w S m ⇒ = + = × + + = γ γ γ

PROBLEMA Nº 4.- Una muestra de suelo que no está completamente saturado tiene un

peso de 53.4 gr. y un volumen de 36.5 cm3. Después de secado al horno su peso se ha reducido de 42.7 gr. El peso específico de las partículas sólidas es 168 lb. /pie3; calcular el grado de saturación, peso específico de la masa y peso específico seco.

Solución:

i.) Gráfico del esquema de suelo parcialmente saturado.

G

S

9.93 10.7 15.87 0 10.7 42.7 36.5 53.4 VOLUMENES PESOS

A

3 3 2.69 / / . 168lb pie gr cm s = = γ 3 87 . 15 69 . 2 7 . 42 cm W V S S s = γ = = . 7 . 10 7 . 42 4 . 53 gr W W Ww = ms = − = 3 7 . 10 cm W V w w w = γ =

ii.) Luego, aplicando las definiciones. % 52 52 . 0 7 . 10 93 . 9 7 . 10 = = + = = V w V V G 3 / . 46 . 1 5 . 36 4 . 53 cm gr V W m m m = = = γ 3 / . 17 . 1 5 . 36 7 . 42 cm gr V W m s d = = = γ

PROBLEMA Nº 5.- Un recipiente contiene 2.00 m3 de arena seca, de peso específico de

sólido 2.68 Tn. / cm3 y peso 3,324 Kg. Calcular la cantidad de agua requerida para saturar la arena del recipiente.

Solución:

(13)

Sabemos que, S s s

V

W

=

γ

3 3

1

.

24

/

.

680

,

2

.

324

,

3

m

m

Kg

Kg

V

s

=

=

3

76

.

0

24

.

1

00

.

2

m

V

V

V

V

a

=

V

=

m

s

=

=

El volumen o cantidad de agua ocupará el volumen ocupado anteriormente por el aire (Vv).

Por consiguiente para saturar la arena se requiere que:

3

76

.

0

m

V

V

V

v

=

w

w

=

:

que

obtenemos

V

W

W W w

=

γ

Ww =760Kg.=760litros deagua

PROBLEMA Nº 6.- Un suelo tiene un peso volumétrico de 1.98 Tn. /m3 y un contenido

de humedad de 22.5%. Calcular la humedad de la muestra cuando se le seca hasta pesar 1,850 Kg. / cm3 sin que cambie la relación de vacios.

Solución:

)

...(

1

%

1

1 1

I

e

W

s m

γ

γ

×

+

+

=

)

...(

1

%

1

2 2

II

e

W

s m

γ

γ

×

+

+

=

Reemplazando datos en I y II, teniendo en cuenta que e = constante y γs no varia, tenemos: Reemplazando en I:

(

)

1

...(

)

98

.

1

225

.

0

1

1

225

.

0

1

98

.

1

e

III

e

s s

+

=

×

+

+

=

γ

γ

Reemplazando datos en II:

(

)

1

...(

)

85

.

1

1

1

1

85

.

1

2 2

IV

W

e

e

W

s s

+

=

×

+

+

=

γ

γ

Igualando las expresiones (III) y (IV) obtenemos el valor de W2%

%

5

.

14

%

2

=

W

PROBLEMA Nº 7.- Un suelo tiene un peso específico de la masa de 1,745 Kg. /m3 y el

6% de humedad. ¿Cuantos litros de agua deben añadirse a cada metro cúbico de suelo

0.76 1.24 0 3,324 Kg. VOLUMENES PESOS Fase Sólida Fase Gaseosa 2 m³

(14)

para elevar la humedad al 13%?, suponga que la relación de vacíos permanece constante.

Solución:

Como datos tenemos:

%

13

%

;

%

6

%

;

/

745

,

1

3 1 2 1

=

Kg

m

W

=

W

=

m

γ

Por otro lado:

)

1

(

...

1

1

1 1 s m

e

W

γ

γ

×

+

+

=

...

(

2

)

1

1

2 2 s m

e

W

γ

γ

×

+

+

=

Reemplazando en (1)

(

)

1

...(

3

)

745

,

1

06

.

0

1

1

06

.

0

1

745

,

1

×

=

+

+

+

=

s

e

s

e

γ

γ

Reemplazando en (2)

(

1

0

.

13

)

1

...(

4

)

1

13

.

0

1

2 2

+

=

×

+

+

=

s m s m

e

e

γ

γ

γ

γ

Igualando (3) y (4), obtenemos: 3 2 2

1

,

745

1

,

860

.

/

06

.

1

13

.

1

m

Kg

m m

=

×

γ

=

γ

De otro lado 3 2 2 2 3 1 1 1

1

,

745

.

/

;

1

,

860

Kg

.

/

m

V

W

m

Kg

V

W

m m m m m m

=

=

γ

=

=

γ

Como: 3 2 1 y V 1m Vm m = . 860 , 1 . 745 , 1 2 1 Kg también W Kg Wm = m = ∴ . 115 745 , 1 860 , 1 : Kg será añadir a agua El − = . 115 Litros añadir por Agua =

PROBLEMA Nº 8.- Hallar las expresiones matemáticas que determinen el peso

específico unitario de los suelos. (Una función de la humedad, relación de vacíos, peso específico relativo de las partículas sólidas y peso específico del agua; y la otra relación en función de peso específico relativo de las partículas sólidas, saturación, relación de vacíos, y peso específico del agua).

Solución:

i.) Peso específico unitario en función de: e, Ss, W% y γw Por definición tenemos:

v S w s m m m V V W W V W + + = = γ

Dividiendo a la expresión entre Ws:

(15)

s s s s v s s s s v s s s v s s s w s s m W V V V V V W W V W V W W V W V W W W W γ γ γ γ = = + + = + + = + + = 1 % 1 % / / / / Como s s m s v e W e W V V e γ γ γ + + = + + = ⇒ = 1 % 1 1 % 1

m

(

)

Ss w e W γ γ + + = 1 % 1

ii.) Peso específico unitario en función de: Ss, G%, e y γw

e V W V W V V V V V W V W V V V V V W s w s s s v s s s w s s v s w s m m m + + = + + = + + = = 1 γ e e G e V V V V e V V V V w S v v s w w s s w w s s s m + × × + = + × × + = + × + × = 1 1 1 γ γ γ γ γ γ γ ⇒ + × × + = w s w w s m e V e G γ γ γ γ γ 1 w s m e e G S γ γ × + × + = 1

PROBLEMA Nº 9.- Se tiene 800 Kg. de arena cuarcitica seca (SS=2.65) que ocupan 0.5

m3. Responda Ud. lo siguiente:

a) ¿Cuantos litros de agua son necesarios agregar a la muestra para saturarla al 70%?

b) Con la cantidad agregada según “a”; ¿Que porcentaje de humedad tiene la muestra?

c) Si se vibra la arena mojada, esta reduce su volumen en 0.05m3; ¿Cual será el peso volumétrico saturado en ese estado?

Solución: Fase Gaseosa Fase Sólida 0.30 0 800 Kg. 0.20 0.5 m³ VOLUMENES PESOS Fase Líquida Como: 65 . 2 = s S 3 / . 650 , 2 Kg m Ss w s = × = ⇒γ γ 3 30 . 0 650 , 2 800 m W V s s s = γ = =

(16)

a) Si se desea saturar al 70% % 70 % ; = × = ⇒ = V G V como G V V G w V V w 3 14 . 0 20 . 0 70 . 0 m Vw = × = litros X m litros m Si ... ... 14 . 0 100 .... ... 1 3 3

X = 140 litros de agua para saturarla al 70% b) Hallando el W% de la muestra. % 5 . 17 100 800 140 % . 140 14 . 0 000 , 1 , ; % = × = = × = × = = W Kg V W donde W W W w w w s w γ

La muestra tiene un porcentaje de humedad de 17.5% c) Peso Volumétrico saturado de la arena vibrada.

La arena se reduce en 0.05 m3 (Se reduce el volumen de vacíos)

) 1 ...( ... 1 w S m e e G S γ γ × + × + = Fase Gaseosa Fase Sólida 0.30 800 Kg. 0.15 0.45 m³ Fase Líquida 0.05

Cálculo de “e” vibrado: 5 . 0 30 . 0 15 . 0 = = = s v V V e 1 % 100 %= G = G Reemplazando en (1) 100 5 . 0 1 5 . 0 65 . 2 × + + = sat γ 3 / . 100 , 2 Kg m sat = γ

PROBLEMA Nº 10.- Un metro cúbico de arena cuarzosa (SS = 2.65) con una porosidad

de 60%, se sumerge en un baño de aceite, que tiene un peso específico de 0.92 gr./cm3. ¿Cuánta fuerza se requiere para prevenir que la arena se hunda, si el suelo contiene 0.27 m3 de aire atrapado?

Solución:

i.) Hallando valores para el esquema de la arena cuarzosa.

Como: v

(

)

m m v V V V V n=60%⇒ 0.60= → = 0.60 14

(17)

Se sabe que: 2.65; 2.65 2,650 ./ 3 m Kg S s w w s s = γ = γ = ×γ = γ

AIRE

0.27 0.33 0.40 330 1,060 VOL(m³) PESOS(Kg.)

AGUA

SÓLIDO

. 060 , 1 40 . 0 650 , 2 . 330 33 . 0 000 , 1 40 . 0 60 . 0 1 33 . 0 27 . 0 60 . 0 3 3 Kg V W Kg V W m V V V m V V V s s s w w w v m s a v w = × = × = = × = × = = − = − = = − = − = γ γ

ii.) El peso del cubo de arena será igual a:

. 390 , 1 060 , 1 330 Kg W W WT = w + s = + = iii.) Diagrama de C.L. N.F. ac

=

920Kg/m³ H=1 m

W

T=1,390Kg

F

q

ACEITE

) 1 ...( ... 0 0 q W F W q F F T T y − = = − + → = ∑

iv.) Determinando la fuerza “q”

) 2 ...( ... A p q A q p = ⇒ = × Donde:

p = Presión del aceite en la parte inferior del cubo. A = Área de la parte inferior del cubo.

m Kg m m Kg H p aceite 920 ./ 1 920 ./ 2 3× = = × =γ

(18)

Reemplazando en (2) obtenemos “q”: . 920 1 / . 920 2 2 Kg m m Kg q = × =

Reemplazando en (1) hallamos la fuerza requerida para prevenir que la arena se hunda. . 470 . 920 . 390 , 1 Kg Kg Kg F = − = <F =470 Kg.

PROBLEMA Nº 11.- Se ha tallado en laboratorio una muestra cilíndrica un suelo

inalterado, de 5 cm. de diámetro y 10 cm. de altura, los estudios realizados sobre esta muestra indicaron:

Peso de la muestra en estado natural 316.05 gr.

Peso de la muestra después de secada al horno durante 24 horas y a 110º C, 298 gr. Si la muestra era una arcilla se desea saber:

La relación de vacíos, porosidad, saturación, humedad, peso específico unitario seco, saturado y sumergido.

Solución:

i.) Hallamos valores para graficar el esquema de la muestra cilindrica:

( )

3 3 2 05 . 18 05 . 18 298 05 . 316 25 . 196 10 4 5 cm W V gramos W W W W cm V w w w w s m w m = = = − = − = = × = γ π 18.05 108.36 0 298 196.25 316.05 Fase Gaseosa Fase Sólida Fase Líquida 18.05 Va

Como la muestra es una arcilla, el Ss para arcillas costeras es = 2.75 3 / . 1 75 . 2 gr cm SS w s = ×γ = × γ 3 36 . 108 75 . 2 298 cm W V s s s = γ = = 3 84 . 69 05 . 18 36 . 108 25 . 196 cm V V V Va = mws = − − =

ii.) Del esquema y aplicando las definiciones, tenemos:

45 . 0 1 ; 81 . 0 36 . 108 89 . 87 = + = = = = e e n V V e s v % 21 100 89 . 87 05 . 18 100 %= × = × = v w V V G 16

(19)

% 6 100 298 05 . 18 100 %= × = × = s w W W W 3 / . 52 . 1 25 . 196 298 cm gr V W m s d = = = γ 3 / . 61 . 1 25 . 196 05 . 316 cm gr V W W m w s sat = = + = γ 3 / . 61 . 0 1 61 . 1 '=γsat −γw = − = gr cm γ

PROBLEMA Nº 12.- Hallar el grado de saturación y la densidad relativa, sabiendo que

m

γ =1,600 Kg. /m3, Ss = 2.67, W %= 15%, emax = 1.20, γdmax= 1.668 gr./cm

3

Solución:

i.) La densidad relativa esta dad por la expresión siguiente: ) 1 ...( ... 100 min max max × − − = e e e e Dr . 1 ; ; % Si hacemos W gr W W W s s w = = 3 37 . 0 67 . 2 1 ; . 15 . 0 % cm S W V gr W W W w s s s s w = × = = ×γ = = 3 72 . 0 6 . 1 15 . 1 cm W V m m m = γ = =

Con los datos obtenidos hallamos la relación de vacíos: 94 . 0 37 . 0 35 . 0 = = = s v V V e De la expresión: min max 1 e Ss w d + × = γ γ ; obtenemos emin

( )

60 . 0 1 668 . 1 1 67 . 2 1 max min − = − = × = d w s S e γ γ

Reemplazando los datos en (1): 43 . 0 100 60 . 0 20 . 1 94 . 0 20 . 1 × = − − = r D

( )

% =43% r D

(20)

ii.) El grado de saturación esta dado por:

( )

100 43% 35 . 0 15 . 0 % = = × = v w V V G

PROBLEMA Nº 13.- Demostrar la siguiente expresión:

min max min max d d d d d d r D γ γ γ γ γ γ − − × = Solución: De la expresión: ; 0 1+ × = × + = Si G e e G S w S m γ γ ; 1 ; 1 max emin S e S S w d w s d + × = + × = γ γ γ γ max min 1 e Ss w d + × = γ γ

Despejando la relación de vacíos de las expresiones anteriores: 1 ; ; 1 max min min max − × = × = − × = d w s d w s d w s S e S e S e γ γ γ γ γ γ

La fórmula, determinada en laboratorio, de la Densidad Relativa es igual a:

)

100

(

.

min

.

max

.

max

(%)

e

e

e

e

D

r

=

Reemplazando datos en la expresión anterior:

100 1 1 1 1 (%) max min min × ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − × − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − × ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ × − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − × = d w s d w s w s d w s r S S d S S D γ γ γ γ γ γ γ max min min max min min max min min 100 (%) d d w S w S d d d d w s w s d d w s d w s d w s d w s r S S S S S S S S D γ γ γ γ γ γ γ γ γ γ γ γ γ γ γ γ γ γ γ γ − − = × × − × × − × = 100 ) ( ) ( min max max min × − − = w w s d w s d d w s w s d r S S S S D γ γ γ γ γ γ γ γ γ γ Lqqd D d d d d d d r 100 min max min max × − − × = γ γ γ γ γ γ 18

WILBER CUTIMBO CHOQUE wil-ber_2511@hotmail.com

(21)

PROBLEMA Nº 14.- Una arena tiene emax=0.97;emin=0.45; una densidad Relativa de

40%; su Ss=2.68.

a) Calcule el γm(saturado) y γdpara esa arena, tal como se encuentra.

b) Si un estrato de la arena en cuestión de 3m. de espesor inicial se compacta hasta llegar a un Dr = 65%. ¿Cuál será el espesor final al que llegue?

c) ¿Cuáles serán los nuevos valores de γdy γm, en las condiciones finales del inciso “b”? Solución: a) ...(1) 1 w s m e G e S γ γ × + × + = 40 . 0 45 . 0 97 . 0 97 . 0 min max max = − − = − − = e e e e e Dr

de donde e=0.76; Si la arena esta saturada G=100% = 1 Reemplazando valores en (1) 3 / . 95 . 1 76 . 1 44 . 3 76 . 1 76 . 0 68 . 2 m Tn w w sat × = × = + = γ γ γ

Si la arena esta seca G = 0; reemplazando en (1)

3 / . 52 . 1 76 . 1 68 . 2 m Tn w d = γ = γ

b) Calculando la nueva relación de vacíos

63 . 0 52 . 0 97 . 0 65 . 0 min max max = = − − = e e e e e e

El Vs será el mismo, antes y después de ser compactada, solamente varía el Vs que de 0.76 se reduce a 0.63 e = 0.76 1.00 Fase Sólida Vacios Fase Sólida Vacios 0.63 1.00 ⇒ = ,1 s V Si La arena se reduce a la proporción de:

76 . 1 63 . 1

c) Para las condiciones del inciso “b” tenemos: Cuando el suelo está saturado G=100%; e=0.63 Reemplazando en (1): 3 / . 03 . 2 63 . 1 63 . 0 68 . 2 1 e Tn m e S w s sat × = + = + + = γ γ

(22)

Cuando el suelo esta seco G=0; reemplazando en (1) 3 3 1.65 ./ / . 1 63 . 1 68 . 2 1 e Tn cm Tn m S w s d × = × = + = γ γ

PROBLEMA Nº 15.- Para determinar la Densidad Relativa de las arenas se usa un

recipiente cilíndrico, cuyas medidas interiores son: diámetro 10.20 cm.; altura 11.70 cm. Se procedió a realizar una prueba y se obtuvieron los siguientes resultados:

Peso de arena seca sin compactar (estado más suelto) que entró en el recipiente hasta llenarlo 1,800 gr.

Peso de la arena seca compactada (estado más compactado) que entró en el recipiente hasta llenarlo, 1,950 gr. y Densidad Relativa = 40%; se pregunta:

¿Cuantos litros de agua son necesarios para saturar 1 metro cúbico de la arena que se estudió en su estado natural?

Solución:

i.) Peso específico seco en estado natural (γd)

(

)

2 11.70 955.56 3 4 20 . 10 cm Vm =π × = 3 min 955.56 1.88 ./ 800 , 1 cm gr V W m s d = = =

γ (mayor incremento de vacíos)

3 max 2.040 ./ 56 . 955 950 , 1 cm gr V W m s d = = = γ (más compactado)

Por otro lado,

(

(

)

)

min max min max d d d d d d r D γ γ γ γ γ γ − − = ; reemplazando valores:

(

)

(

2.04 1.88

)

88 . 1 04 . 2 40 . 0 − − = d d γ γ ; despejando γd : 3 / . 94 . 1 Tn m d = γ

ii.) Esquema de la muestra de suelo seco . 79 . 853 , 1 56 . 955 94 . 1 gr V Wsd × m = × = El Ss para arenas es = 2.65 256.05 699.5 0 1,853.79 VOLUMENES PESOS SÓLIDO AIRE 955.56 3 / . 65 . 2 gr cm Ss w s = ×γ = γ 3 5 . 699 65 . 2 79 . 853 , 1 cm W V s s s = γ = = 20

(23)

Para saturar esta muestra se requiere que el Va sea ocupada por el Vw 3 06 . 256 5 . 699 56 . 955 cm V V Va = ms = − = Por consiguiente: Vw = 256.06 cm3 litros W gr Ww =256.06 . ⇒ w =0.256

iii.) Cantidad de agua necesaria para saturar 1 m3 de la arena estudiada: Volumen de la arena = 699.5 cm3 = 0.0006995 m3

Si para saturar 0.0006995 m3 se requiere 0.256 lt. de agua Para saturar 1 m3 se requiere “X” lt. de agua

( )

litros X 366 0006995 . 0 256 . 0 1 = =

(24)

CAPITULO II

PLASTICIDAD DE LOS SUELOS

1.- DEFINICIÓN.

Se define a la plasticidad, como la propiedad de un material por la cual es capaz de soportar deformaciones rápidas sin rebote elástico, sin variación volumétrica apreciable y sin demorarse ni agrietarse.

2.- ÍNDICE PLASTICO (IP).

Ip = L.L – L.P.

L. L. = Límite Líquido, frontera convencional entre los estados semilíquido y plástico; es el contenido de humedad, en porcentaje en porcentaje de peso del suelo seco.

L: P. = Límite Plástico, frontera convencional entre los estados plástico y semisólido; es el contenido de humedad mas bajo, para el cual el suelo comienza a fracturarse, cuando es amasado en rollitos de 3 mm. de diámetro.

3.- ECUACIÓN DE LA CURVA DE FLUIDEZ. W = –FW Log N + C

W = Contenido de agua, porcentaje del peso seco.

FW = Índice de Fluidez, pendiente de la curva de fluidez, igual a la variación del contenido de agua, correspondiente a un ciclo de la escala logarítmica.

N = Número de golpes.

C = Constante que representa la ordenada en la abscisa de 1 golpe; se calcula prolongando el trazado de la curva de fluidez.

ÍNDICE DE FLUIDEZ Ip P L FW =.ω%− . FW =If 4.- ÍNDICE DE TENACIDAD. 1 2 S S Log F I W p W

T

= =

S1 = 25 gr./cm3; resistencia al esfuerzo cortante de los suelos plásticos, en el Límite

Líquido.

S2 = Resistencia al esfuerzo cortante correspondiente al límite plástico, cuyo valor

puede usarse para medir la tenacidad de una arcilla. El índice de tenacidad varía entre el rango siguiente:

1 < TW < 3

(25)

Es rara la vez que alcanza valores de 5 ó menores que 1. 5.- LIMITE DE CONTRACCIÓN (Lc).

Es la temperatura a partir de la cual el volumen de la muestra cesa de disminuir cuando su contenido de humedad decrece; es decir al llegar a un cierto contenido, el fenómeno de reatracción cesa y aunque el suelo siga perdiendo agua, su volumen permanece constante; al contenido de humedad en este momento, expresado en porcentaje de suelo seco se llama Límite de Contracción.

( )

% 1 .100 1 1 .100 . ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − = S d S S m S S S V V Lc

METODO DE PUBLIC ROADS ADMINISTRATION

( )

%

(

)

. 100 . 1 1 2 x W V V W W Lc S W S − − γ − = V1 = Volumen de la muestra húmeda.

V2 = Volumen de la muestra seca.

W1 = Peso de la muestra húmeda.

WS = Peso de la muestra seca.

PROBLEMAS RESUELTOS

PROBLEMA Nº 1.- En una prueba de L. L. se obtuvieron los siguientes resultados:

Nº de golpes 28 22 12 7

W (%) 51.6 52.2 53.8 55.2

NOTA: A mayor humedad menor es el Nº de golpes que se requiere para cerrar la ranura en una distancia de 12.7 mm. De la muestra de suelo.

Se encontró, L. P. = 24.5 % Calcule: L. L., IP., FW y TW

Solución:

i) Determinamos el Límite Líquido, gráficamente con los contenidos de agua y los Nº de golpes correspondientes, los primeros como ordenadas y loa segundos como abscisas en escala logarítmica, es decir que se empleará papel semilogarítmico, donde los W (%) estarán en escala aritmética y el Nº de golpes en la escala semilogarítmica.

La ordenada de esa curva, correspondiente a la Abscisa de 25 golpes será el Límite Líquido del suelo.

(26)

ii) Índice Plástico (IP)

IP = L.L. – L.P. = 52 % - 24.5 % = 27.5 %

iii) Índice de Fluidez (FW)

De la ecuación de la curva de fluidez: W = -FW Log N + C

Cuando N = 13 y W % = 53.8 %; obtenemos: 0.538 = -FW Log 13 + C 0.538 + FW Log 13 = C ……….. (1) Cuando N = 28 y W % = 51.6 %; obtenemos: 0.516 = -FW Log 28 + C 0.516 + FW Log 28 = C ……….. (2) Igualando (1) y (2):

0.022 = FW (Log 28 – Log 13) = FW Log (28/13) = FW x 0.333

⇒ FW = 0.066

iv) Índice de Tenacidad (TW)

16 . 4 066 . 0 275 . 0 = = = W P W F I T

PROBLEMA Nº 2.- En un ensayo de Límite Líquido se obtienen los siguientes

resultados:

Nº de golpes 9 15 22 30

W (%) 85 80 76 74

(27)

Se encontró que el Límite Plástico = 32 %

Calcular: El Límite Líquido, Índice Plástico, Índice de Fluidez (FW) y el Índice de

Tenacidad (TW)

Solución:

i) Aplicando la Ecuación de Fluidez: W = -FW Log N + C

Cuando N = 30 y W % = 74 %; obtenemos: 0.74 = -FW Log 30 + C 0.74 + FW Log 30 = C ……….. (1) Cuando N = 15 y W % = 80 %; obtenemos: 0.80 = -FW Log 15 + C 0.80 + FW Log 15 = C ……….. (2) Igualando (1) y (2):

0.06 = FW (Log 30 – Log 15) = FW Log (30/15) = FW x Log 2

⇒ FW = 0.2

ii) Límite Líquido:

Cuando N = 25 y W % = L.L.; obtenemos: L.L.= -0.2 x Log 25 + C ……….. (3) Cuando N = 15 y W % = 80 %; obtenemos: 0.80 = -0.2 x Log 15 + C ……….. (4) Igualando (3) y (4): L.L. – 0.80 = 0.2 x Log (15/25) ⇒ L.L. = 75 %

iii) Índice Plástico:

IP = L. L. – L.P.= 75 % - 32 % = 43 %

iv) Índice Tenacidad:

15 . 2 20 . 0 43 . 0 = = = W P W F I T

PROBLEMA Nº 3.- En una prueba de Límite Líquido y Límite Plástico se obtuvieron

los siguientes resultados:

LÍMITE LÍQUIDO Ensayo Nº de Golpes Peso Cápsula + Suelo Húmedo (gramos) Peso Cápsula + Suelo Seco (gramos) Peso Cápsula (gramos) 1 2 3 4 35 – 35 24 – 25 15 – 16 7 - 8 35.77 36.55 33.42 35.17 22.48 24.40 21.03 21.65 14.15 16.85 43.45 13.50

(28)

LÍMITE PLÁSTICO Ensayo Nº de Golpes Peso Cápsula + Suelo Húmedo (gramos) Peso Cápsula + Suelo Seco (gramos) Peso Cápsula (gramos) 1 2 - - 17.30 16.86 16.00 15.50 13.95 13.48 Calcule el Límite Líquido y el Límite Plástico.

Solución:

i) Para la determinación del L. L., hallaremos los contenidos de agua para los respectivos ensayos: Para el ensayo # 1: Wm =35.77 – 14.15 = 21.62 gr. WS = 22.48 – 14.15 = 8.33 gr. WW = Wm - WS = 13.29 gr. % 5 . 159 % 595 . 1 33 . 8 29 . 13 %= = = ⇒W = W W W S W Ensayo # 2: % 160 % 60 . 1 55 . 7 15 . 12 %= = = ⇒W = W W W S W Ensayo # 3: % 163 % 63 . 1 58 . 7 39 . 12 %= = = ⇒W = W W W S W Ensayo # 4: % 166 % 66 . 1 15 . 8 52 . 13 %= = = ⇒W = W W W S W

El Límite Líquido se determina, conociendo estos 4 contenidos de agua diferentes en su densidad, con los correspondientes números de golpes y trazando la curva contenido de agua – número de golpes; es decir que se utilizará el diagrama dado en el PROBLEMA Nº 1.

La ordenada correspondiente a la abscisa de 25 golpes (de la curva de flujos) es el contenido de agua correspondiente al Límite Líquido que buscamos.

L.L. = 161 % Wm = 17.30 – 13.95 = 3.35

WS = 16.00 – 13.96 = 2.05

WW = 3.35 – 2.05 = 1.30

ii) Límite Plástico:

% 63 63 . 0 05 . 2 30 . 1 % 1 = = = = S W W W W 0.67 67% 02 . 2 36 . 1 % 1 = = = = S W W W W 65 . 0 2 67 . 0 63 . 0 . .P = + = L L.P. = 65% 26

(29)

PROBLEMA Nº 4.- Deducir las expresiones para la determinación del Límite de la

Contracción.

Solución:

Teniendo en cuenta que la gran mayoría de los suelos, no presentan prácticamente disminución del volumen durante el proceso de secado, abajo del Límite de Contracción, se puede medir el peso y volumen de una muestra de suelo totalmente seca, en tal momento puede decirse que el Límite de Contracción sería la humedad de la muestra seca, si tuviese sus vacíos llenos de agua.

De la figura:

( )

100 1 100 W V % Lc 0 S 0 0 m ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − = S S m S S S W V x S W γ γ γ Si Wm = WS ⇒ % 0 1 100 0 1 ⎟⎟100 ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − = ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − = S d S m S C S S V W L γ γ γ

Como es un suelo seco ⇒ γmd

100 1 1 100 1 % 0 0 ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − = S m S m C S S L γ γ γ γ 100 1 1 % ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − = S m C S S L

Límite de contracción según el PUBLIC ROADS ADMINISTRATION.

La relación de disminución de peso al perderse agua durante el secado, respecto a la correspondiente perdida de volumen, es una recta con 45º de inclinación, para humedades superiores al límite de Contracción.

(30)

En el gráfico siguiente; (2) representa el límite de contracción del suelo, obtenido secándolos desde las condiciones iniciales (1). Al proseguir el secado, hasta el secado total (3), ya no hay prácticamente variación volumétrica.

Grafico para obtener el Límite de Contracción según el P. R. A.

Donde:

V1 = Volumen de la muestra húmeda.

V2 = Volumen de la muestra seca.

W1 = Peso de la muestra húmeda.

WS = Peso de la muestra seca.

De la figura aplicando la definición del contenido de agua, obtenemos el Límite de Contracción:

( )

(

)

S W S S C W V V W W W A L % =100 =100× 1− − 1− 2 γ

PROBLEMA Nº 5.- El Límite de contracción de un suelo es de 18.4 %. Si 1pie cúbico

de muestra saturada, con un contendido de humedad de 27.4% se contrae por secado, cual será el volumen a una humedad de 13.8 %.

Desprecie la contracción residual y asuma que el peso específico relativo de solidos es 2.72. Solución: i) Por formula:

( )

(

)

S W S C W V V W W L % =100× 1− − 1− 2 γ También:

( )

(

)

S W C W V V W L % = %− 1− 2 γ ; W% = Cont. De agua.

( )

(

)

(

)

S S S S W C S V V V W V V V W L × − − = × − − = 1 2 1 2 % γ γ ··· (1) 28

WILBER CUTIMBO CHOQUE wil-ber_2511@hotmail.com

(31)

Por otro lado Tenemos: Vm =VV +VS

Donde: VV =e×VSVm =e×VS +VS =

(

1+e

)

VS ··· (2) En suelos saturados tenemos:

75 . 0 274 . 0 72 . 2 % . = × = =S W e S ; 3 1pie Vm = Reemplazando en (2):

(

1 0.75VS 1= +

)

⇒ 3 572 . 0 pie VS =

ii) Reemplazando (1) y despejando V2, obtenemos el volumen de la muestra:

(

)

72 . 2 572 . 0 1 274 . 0 184 . 0 2 × − − = V ⇒ 3 2 0.86pie V = 3 2 24,350cm V =

PROBLEMA Nº 6.- Se constata que un cierto suelo saturado disminuye su humedad

hasta llegar al Límite de Contracción. La muestra saturada pesa 90 gr. y su W% = 41%. Después de la desecación total llega a tener un volumen de 31 cm3. Calcular el Límite de Contracción para cuando SS = 2.70.

Solución: i) Por fórmula:

( )

% 1 100 Lc 0 ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − = = S S m S W V γ ··· (1) En suelos saturados: e=W%.SS =0.41×2.70=1.11; También: 1.11 31 34.4 3 cm V e VV = × S = × = 3 4 . 65 31 4 . 34 cm V V Vm = V + S = + = . 8 . 63 41 . 0 1 . 90 % 1 gr gr W W WS m = + = + =

(32)

ii) Reemplazando valores en (1) obtenemos el Lc. 100 70 . 2 1 . 8 . 63 . 1 . 4 . 65 % 3 3 ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − = gr cm gr cm Lc % 65 %= Lc 30

(33)

CAPITULO III

CLASIFICACIÓN DE SUELOS

Los métodos más comunes, empleados para clasificar suelos son los siguientes:

I. La plantada por: “American Association of State Highway Officials” (AASHO). II. Sistema Unificado de Clasificación de Suelos (SUCS).

III. Clasificación triangular de “Public Roads Administration” I. CLASIFICACIÓN AASHO

Divide a los suelos en dos campos:

a) SUELOS GRUESOS, Son aquellos que pasan por el tamiz Nº 200 el 35% o menos. b) SUELOS FINOS, o materiales limos arcillosos, son aquellos que pasan por el tamiz

Nº 200 más del 35%.

Por otro lado, este método divide a los suelos en 7 grupos y 8 subgrupos. Para el manejo de esta clasificación, el cuadro Nº 1, explica los pasos a seguir.

INDICE DE GRUPO (IG).- Para utilizar este método es necesario conocer el (IG), que permite determinar la cantidad del suelo.

El (IG), se coloca entre paréntesis; por ejemplo A-2-6 (4), quiere decir un suelo A-2-6 cuyo índice de grupo es 4.

El (IG) se determina mediante la fórmula empírica siguiente:

( )

IG =0.2a+0.005ac+0.01bd

Donde:

a = Porcentaje que pasa el tamiz Nº 200, comprendido entre 35% mínimo y 75% máximo. Se representa solo en número entero y varía de 0 a 40.

b = Porcentaje que pasa el tamiz Nº 200, comprendido entre 15% como mínimo y 55% como máximo. Se representa en número entero, varía de 0 a 40.

c = Parte del Límite Líquido, comprendido entre 40% como mínimo y 60% como máximo. Se representa en número entero y varía de 0 a 20.

d = Parte del Índice de Plasticidad, comprendido entre 10% como mínimo y 30% como máximo. Se representa en número entero y varía de 0 a 20.

(34)

C L A S IF IC A C N G E NE RA L G RUP O S SU BGR U P O S A - 1 - a A - 1 - b A - 2 - 4 A - 2 - 5 A - 2 - 6 A - 2 - 7 % QU E PASA TAMIZ Nº 1 0 Nº40 Nº 200 MAX . 5 0 MAX . 3 0 MAX . 1 5 MA X . 50 MA X . 25 MI N. 5 1 M A X . 1 0 M A X . 35 M A X . 35 M A X . 35 M A X . 35 M IN . 36 Ca ra cterís tica s de l m at e ri al q ue pas a el tam iz N º 40 LÍ M IT E LÍ Q U ID O ÍN D ICE D E PL ASTI C ID AD M AX . 6 M AX . 6 N ,P, MAX . 4 0 MAX . 1 0 MIN. 4 1 MAX . 1 0 MA X . 4 0 MI N . 1 1 MIN. 4 1 MIN. 1 1 MAX . 4 0 MAX . 1 0 CL A SI F IC A C N DE SUEL OS SEGÚN A A S HT O CUA DRO Nº 1 A - 7 A 7 - 5 A 7 - 6 M IN. 3 6 M IN . 36 M IN. 36 MI N. 4 1 MA X . 10 MA X . 4 0 MIN . 1 1 MI N. 4 1 MI N. 1 1 ÍN D IC E D E G R U P O 0 0 0 0 0 M A X . 4 M A X . 4 M A X . 8 M A X . 1 2 M A X . 1 6 M A X . 2 0 P R IN C IPAL ES MA T E RIAL ES CO NS T IT UY E NT E S AR EN AS FI N A S No ta : E l gr upo (A 7) es s ub di v id ido en (A 7 5 ) o (A 7 6 ), del lí m ite pl á st ic o: Si e l L .P. ≥ 30, la c las if ic ac ión es ( A 7 5 ) S i el L. P .< 3 0 , la cl as if ic ac ió n e s ( A 7 6) A - 6 SU EL O S LI M O SO S SU ELOS A RCI LLO S O S ELOS LIMO - A R C ILL A P A S A L A M A L L A 200) G R AV AS Y AR EN AS G R AV AS Y AR EN AS L IMOSAS Y AR CIL L OSAS A - 5 SU (M A S 35 % A - 4 A -1 A - 3 A -2 SU ELO S GR A N U L A R ES (M A X . 3 5 % PA S A L A M A LL A N º 2 0 0 ) 32

(35)

FIGURA – 1.- VARIACIÓN DE LOS VALORES DEL LIMITE LIQUIDO E INDICE DE PLASTICIDAD PARA LOS GRUPOS DE SUELO A-4, A-5, A-6, A-7

ÍNDICE DE PLASTICIDAD

LÍMITE LÍQUIDO

A - 5 A - 7 Su b-g rupos IP = L L-30 A - 4 A - 6 A -7 -6 A-7-5

(36)

FIGURA – 2.- DIAGRAMA PARA OBTENER EL INDICE DE GRUPO DEL SUELO

FRACCIÓN DEL

ÍNDICE DE GRUPO

1 0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 70 65 60 55 50 45 40 35

CORRES

PONDIENT

E AL LÍMITE LÍQUIDO

(LL)

LL = 6 0% o m ás LL = 40% o m enos 45% 55% 50% 75 o más o menos

PORCENTAJE QUE PASA EL

TAMIZ Nº 200

FRACCIÓN DEL

ÍNDICE DE GRUPO

1 0 2 3 4 5 6 7 8 20 25 30 35 40 45 50 55

C

O

RRES

PO

N

D

IENT

E A

L Í

N

D

ICE PL

ÁSTICO (IP)

15

PORCENTAJE QUE PASA

EL TAMIZ Nº 200

"El índice de grupo es igual a la suma de las dos lecturas en las escalas verticales" o más o menos IP =3 0 o m ás 12 14 16 18 20 22 24 26 28 IP=10 o menos 34

(37)

PROBLEMAS RESUELTOS

PROBLEMA Nº 1.- Una muestra de suelo orgánico, tiene las siguientes características:

Tamaño (mm.) % que pasa

1.00 96 0.074 71 0.050 67 0.005 31 0.002 19 Límite Líquido = 53% Límite Plástico = 22%

¿Cuál es su clasificación por el método AASHO?

Solución:

i.) Determinación del (IG)

( )

1 ... ... 01 . 0 005 . 0 2 . 0 a ac bd IG= + +

Para hallar a, b, c, d, emplearemos la siguiente “CLAVE PARA LA CLASIFICACIÓN AASHO”

Porcentaje que pasa por el tamiz Nº 200

0 a 40

35%(min.) 75%(máx.)

Porcentaje que pasa por el tamiz Nº 200

0 b 40 15%(min.) 55%(máx.) Límite Líquido 0 c 40 40%(min.) 60%(máx.) Límite Plástico 0 d 40 10%(min.) 30%(máx.)

Porcentaje que pasa el tamiz Nº 200 (0.074 mm.) = 71%; por tanto tenemos: a = 71% - 35% = 36%

b = 40%

c = 53% - 40% = 13% d = 22% - 10% = 12%

(38)

Reemplazando en (1): 34 . 14 ) 12 ( ) 40 ( 01 . 0 ) 13 ( ) 36 ( 005 . 0 ) 36 ( 2 . 0 + + = = IG

Como lo Índices de Grupo, sólo deben expresarse en números enteros, tenemos que: 14 34 . 14 = = IG

Determinando “gráficamente” el (IG): (Fig. 2) Para, L.L. = 53%, la fracción del (IG) es = 9.7 Para, I.P. = 22%, la fracción del (IG) es = 4.7 Sumando: 14 4 . 14 7 . 4 7 . 9 + = = = IG

ii.) Clasificando el suelo; utilizando el cuadro Nº 1, procediendo a observar el cuadro de izquierda a derecha por eliminación cuando los datos no coinciden; se determina que el suelo es:

(A – 7) Determinando si es, (A – 7 – 5) ó (A – 7 – 6): Si L.P. ≥ 30, la clasificación es A – 7 – 5 Si L.P. < 30, la clasificación es A – 7 – 6 En nuestro problema: 31 23 53 . .P = − = L

Considerando el índice de grupo, la clasificación del suelo es: ) 14 ( 5 7− − A

PROBLEMA Nº 2.- Clasificar los siguientes suelos de acuerdo al sistema AASHO,

cuyos análisis de laboratorio han arrojado los siguientes resultados: % QUE PASA MALLA A B C 2” 1 1/2" 1” 3/4" 3/8” Nº 4 Nº 10 Nº 20 Nº 40 Nº 100 Nº 200 94.85 66.49 50.53 39.91 28.93 24.62 22.49 21.34 17.02 9.64 7.58 - - - - 100 98 89 80 73 19 6 - - - - - - - 100 99.32 93.27 82.70 L.L. L.P. 24% 17% - - 26% 17% 36

(39)

Solución:

i.) Suelo “A”

% 7 17 24 . . . . . .P =LLLP = − = I

Porcentaje que pasa en el tamiz Nº 200 = 7.58%

( )

1 ... ... 01 . 0 005 . 0 2 . 0 a ac bd IG= + + Donde: a = 0 b = 0 c = 0 d = 0 Reemplazando en (I): IG=0

Con los datos, clasificamos el suelo, usando el Cuadro Nº 1, de izquierda a derecha y descartando, cuando los datos no coincidan; hallamos que es un suelo:

) 0 ( 4 2− − A ii.) Suelo “B”

Porcentaje que pasa en el tamiz Nº 200 = 6%: por tanto: a = 0

b = 0 c = 0 d = 0

Reemplazando en (1):⇒ IG( )=0

Utilizando el cuadro Nº 1, se determina que es un suelo: (A-3) Considerando el (IG) ya encontrado, la respuesta es:

) 0 ( 3 − A iii.) Suelo “C” % 9 17 26 . . . . . .P =LLLP = − = I

Porcentaje que pasa en el tamiz Nº 200 = 82.7%; por tanto: a = 40

b = 40 c = 0 d = 0

Reemplazando en (1): ⇒ IG( )=8

Utilizando el cuadro Nº 1, se determina que es un suelo: (A - 4) Considerado el (IG), la respuesta es:

) 8 ( 4 − A

(40)

II. SISTEMA UNIFICADO DE CLASIFICACIÓN DE SUELOS (SUCS) Divide a los suelos en dos grupos:

a) SUELOS DE PARTICULAS GRUESAS, Son aquellas en que mas del 50% son retenidos en el tamiz Nº 200. Este suelo a su vez se subdivide en gravas y arenas. b) SUELOS DE PARTÍCULAS FINAS, Son aquellos en que más del 50%, pasa el

tamiz Nº 200.

Para el método del “SUCS”, se utiliza el cuadro Nº 2, donde básicamente aparece la carta de plasticidad de Casagrande.

CURVA GRANULOMETRICA.- La gráfica granulométrica, suele dibujarse con los porcentajes como ordenada y los tamaños de las partículas como abscisas.

Las ordenadas, se refieren a porcentaje en peso de las partículas menores que el tamaño correspondiente.

CARACTERÍSTICAS DE LA CURVA GRANULOMÉTRICA 1) Coeficiente de Uniformidad (Cu)

10 60 D D CU =

Para gravas bien graduadas (GW): Cu > 4

Para arenas bien graduadas (SW): Cu > 6 2) Coeficiente de Curvatura (Cc)

( )

60 10 2 30 D D D CC × = Para suelos bien graduados (W):

Entre 1 y 3

D60 = Tamaño tal que, el 60% en peso del suelo, sea igual o menor.

D10 = Tamaño tal que, sea igual o mayor que el 10% en peso del suelo, llamado por

HAZEN, Diámetro Efectivo.

D30 = Se define análogamente que los anteriores.

Nombre Suelos, Gruesos, Tamaño

Gravas Más de la mitad de la fracción de material grueso queda retenida en el tamiz Nº 4.

Tamiz Nº 4 (4.76 mm.) a 3 pulg. (7.6 cm.)

Arenas Más de la mitad de la fracción de material grueso pasa el tamiz Nº 4. Tamiz Nº 200 (0.074 mm.) a Tamiz Nº 4 (4.76 mm.)

38

WILBER CUTIMBO CHOQUE wil-ber_2511@hotmail.com

(41)

0 1 0 2 0 3 0 4 0 5 0 6 0 7 0 8 0 9 0 1 0 0 1 0 2 0 3 0 4 0 5 0 6 0 % NDI CE DE PLAS TICIDA D (I. P.) LÍM IT E LÍQ U ID O (L.L.) C L - M L LIN EA "A " ( C L ) ( M L ) ( O L ) ó ( O H ) ( O H ) ó 5 0 % 5 0 % L IN E A " B " P A R A C L A S IF IC A C IÓ N D E S U E L O S D E P A R T IC U L A S F IN A S C A R T A D E P L A S T IC ID A D

C U A D R O N º 2

E C U A C IÓ N L IN E A " A " I.P . = 0 .7 3 (L .L . - 3 0 ) M L

En mecánica de suelos, cada nuevo caso es un problema de investigación. Esto es uno de sus grandes encantos. No es un campo dogmático de la profesión de Ingeniería, sino que es un reto intelectual sistemático, es un ejercicio de la

imaginación y de la inteligencia, de la prudencia y del sentido de la observación… N. Carrillo

PROBLEMA Nº 3.- Una muestra de suelo tiene las siguientes características:

Porcentaje que pasa por el tamiz Nº 200 = 75% Límite Líquido (L.L.) = 69%

Límite Plástico (L.P.) = 29%

¿Cuál será su clasificación según SUCS?

Solución:

i.) Porcentaje que pasa por el tamiz Nº 200 = 75%, por tanto determinamos que se trata de un suelo de Partículas Finas.

ii.) Índice de Plasticidad:

% 40 % 29 % 69 . . . . . .P =LLLP = − = I

iii.) Se clasifica el suelo entrando a la carta de Plasticidad, (Cuadro Nº 2), con 69% de L.L. y 40% de I.P. De donde obtenemos que la clasificación pertenece a una muestra de suelo:

(42)

Es decir que se trata de una arcilla inorgánica de alta plasticidad

PROBLEMA Nº 4.- Un suelo denominado (M-1), pasa por el tamiz Nº 200 el 67%, su

L.L. es 65%, el I.P. = 30%. ¿Cuál es su clasificación?

Solución:

i.) El porcentaje que pasa el tamiz Nº 200 es más del 50%, por tanto es un suelo de Partículas Finas.

ii.) Entrando en la carta de Plasticidad con L.L. = 65% y el I.P. = 30%. Determinamos que el suelo (M-1) es:

OH

Se trata de una arcilla orgánica de media a alta plasticidad.

La respuesta pudo haber sido también (M-1), pero si no hay otras consideraciones que precisen al suelo, generalmente a los suelos cuya clasificación caen por debajo y cerca de la línea “A”, se atribuyen que pertenecen al grupo (OH)

PROBLEMA Nº 5.- Clasificar el siguiente suelo:

Malla Nº % que pasa

Nº 4 100 Nº 10 91 Nº 20 82 Nº 40 75 Nº 100 21 Nº 200 4 Solución:

i.) Porcentaje retenido en el tamiz Nº 200 = 96%, por tanto se trata de un suelo de Partículas Gruesas.

ii.) El porcentaje que pasa en el tamiz Nº 4, es más del 50%, específicamente el 100%, por tanto se trata de un suelo arenoso (S).

iii.) Para determinar si es arena bien graduada (SW) o mal graduada (SP), se procede a graficar la curva granulométrica:

1 0 0 3 0 6 0 1 0 0 T A M IC E S A S T M T A M A Ñ O D E L A S P A R T IC U L A S % q u e p a s a 0 .3 2 0 .1 8 0 .0 9 5 40

(43)

De la curva granulométrica: D10 = 0.095

D30 = 0.18

D60 = 0.32

Se aplican las fórmulas:

36 . 3 36 . 3 095 . 0 32 . 0 10 60 = = = = U U C D D C

( )

(

)

(

0.095

)(

0.32

)

1.06 1.06 18 . 0 2 60 10 2 30 = = = × = C C C D D D C

Como el Cu < 6; determinamos que es una arena mal graduada, por tanto su clasificación es:

SP

Es decir que se trata de una arena mal graduada o pobremente graduada. Si por ejemplo Cu > 6 y Cc entre 1 y 3; entonces seria un suelo:

(SW), Arena bien graduada

PROBLEMA Nº 6.- Clasifique el siguiente suelo:

90% del material pasa por la malla Nº 4. El 8% del material pasa la malla Nº 200. De la curva granulométrica: Cu = 8; Cc = 2 En la fracción fina: L.L.= 45%; I.P. = 14%

Solución:

i.) Como el 8% pasa la malla Nº 200, es retenido el 92%, por tanto se trata de un suelo de Partículas Gruesas.

ii.) En la malla Nº 4, pasa más de la mitad de la fracción del material, específicamente el 90%, por tanto se trata de un material arenoso (S).

iii.) También, Cu = 6 y Cc entre 1 y 3, por tanto determinamos que es una arena bien graduada (SW).

Nota: A los suelos comprendidos entre el 5% y el 12% que pasan el tamiz Nº 200, son casos de frontera o intermedios, que requieren el empleo de signos dobles.

iv.) Clasificaremos la parte fina del material, entrando a la Carta de Plasticidad (Cuadro Nº 2), con I.P.= 14% y L.L.= 45%. Determinamos que es un material: (ML) Limo inorgánico, arena muy fina, polvo de roca.

Por tanto concluimos que la clasificación del suelo es:

SM

SW

Es decir que se trata de una arena bien graduada, con un contenido fino entre 5% y 12% de limo inorgánico.

Referencias

Documento similar